广东省部分学校2025届高三上学期9月联合教学质量检测数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高三上·广东月考）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由，可得，又，可得.
故答案为：A.
【分析】依次求出集合在全集中的补集，再求其与集合的交集，解题关键在于理解补集和交集的定义，补集是在全集中除去集合的元素，交集是取两个集合中共同的元素 .
2．（2024高三上·广东月考）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】.
故答案为：A.
【分析】对复数的分式进行化简，关键在于利用复数的乘法法则将分母实数化，即给分子分母同乘分母的共轭复数，然后展开计算，逐步化简得出结果 .
3．（2024高三上·广东月考）已知，，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，所以，，又因为，设的夹角为，，在上的投影为：，所以在上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】用向量垂直的性质求出的值，再依据投影向量的定义，结合向量数量积与模长的关系，逐步推导出在上的投影向量 .
4．（2024高三上·广东月考）某大学共有15000名学生，为了了解学生书籍阅读量情况，该校从全校学生中随机抽取1000名，统计他们2022年阅读的书籍数量，由此来估计该校学生当年阅读书籍数量的情况，下列估计中正确的是（ ）(注：同一组数据用该组区间的中点值作为代表)
A．众数约为10
B．中位数约为6.5
C．平均数约为6.76
D．该校学生2022年阅读的书籍数量的第60百分位数约为7.6
【答案】D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，由图可知众数在内，所以众数是6，故A错误；对于B，由图，中位数在内，所以，解得，故B错误；对于C，平均数为，故C错误；对于D，由图，该校学生2022年阅读的书籍数量的第60百分位数约为，故D正确.
故答案为：D.
【分析】 需要依据频率分布直方图，分别计算众数、中位数、平均数和第60百分位数，来判断各个选项的正确性，解题关键在于理解众数、中位数、平均数、百分位数在频率分布直方图中的计算方法，利用区间中点值、频率等数据进行求解 .
5．（2024高三上·广东月考）抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，则的最小值为（ ）
A．5 B．9 C．8 D．10
【答案】B
【知识点】基本不等式；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线焦点弦性质可得，则，所以，令，，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为9.
故答案为：B.
【分析】利用抛物线焦点弦的性质得到的定值，再通过对进行变形，结合基本不等式（均值不等式 ）来求解最小值 .
6．（2024高三上·广东月考）已知数列满足，对，，都有，为数列的前n项乘积，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为对，，都有，所以令，有，则有，令，有，又因为，所以，因为，
，且，所以，即，所以，则，所以数列是以首项为，公比为的等比数列，所以
，
故答案为：A.
【分析]根据数列的递推关系判断数列类型，再结合条件确定首项，最后根据等比数列性质求前项积。关键在于利用递推式，通过赋值法找出数列的规律，确定首项和公比.
7．（2024高三上·广东月考）已知函数（）在上有三个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，则，当时，则，因为函数在上有三个零点，所以，∴，
故答案为：A.
【分析】将函数零点问题转化为三角函数方程的解的问题，再结合正弦函数的图象与性质，通过确定的取值范围，分析方程解的个数，进而求出的取值范围，关键在于理解函数零点与方程解的对应关系，以及正弦函数在特定区间内解的分布规律 .
8．（2024高三上·广东月考）已知函数，若，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数，
，在区间上是单调减函数，
所以，
又在区间上是单调增函数，
所以 ，
由于 使得 ，
所以 ，
当时，或 ，
解得或 ．
所以当时，得
故答案为：B．
【分析】分别确定函数 和 在区间 上的值域，再根据“存在 使得 ”，转化为两个函数值域的交集非空，进而求解实数 的取值范围.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2024高三上·广东月考）已知函数，则（ ）
A．是最小正周期是 B．是的一个极值点
C．的最小值是 D．在上单调递减
【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于A，假设是最小正周期是为，
则，
显然根据正弦的诱导公式知的最小正值为，则是最小正周期是，故A正确；
对于B，
，
则，
当时，；当时，，
则在的左右两侧，导函数符号不变，故不是的一个极值点，故B错误；
对于C，，
当时，，函数单调递增；
当，时，，函数单调递减，
所以，故C错误；
对于D，由选项C分析可知，令，则的一个单调减区间为，
则在上单调递减，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】通过结合函数的周期性，则可判断选项A；先求导得出，再根据极值点的定义，即可判断选项B；根据选项B中的导函数判断函数的单调性，即可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高三上·广东月考）在圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的底面半径为，母线长为，点为的中点，圆锥底面上点在以为直径的圆上（不含两点），点在上，且，当点运动时，则（ ）
A．三棱锥的外接球体积为定值
B．直线与直线不可能垂直
C．直线与平面所成的角可能为
D．
【答案】A,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：连接，对于A，易知平面，平面，所以，因为点在以为直径的圆上（不含、），所以，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，为的中点，，所以，所以点为三棱锥的外接球的球心，所以三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球体积为定值，A正确；由已知，，，，所以，所以为等腰直角三角形，连接，又为的中点，故，又，，平面，平面，则平面，又平面，所以，故B错误；因为平面，又平面，所以，又，，平面，平面，则平面，所以在平面上的射影为，所以为直线与平面所成的角，设，则，又，所以，所以，令，则，解得，即，与矛盾，C错误；对于D中，因为平面，平面，所以，又，，
所以，所以，，由基本不等式可得，即，所以，D正确.
故答案为：AD
【分析】 围绕圆锥的几何特征，利用线面垂直判定、外接球性质、线面角定义、基本不等式等知识，对每个选项逐一分析判断，通过挖掘圆锥中各线段、平面间的垂直关系，结合相关几何定理计算推理，确定选项的正确性.
11．（2024高三上·广东月考）已知双曲线的左 右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线的左 右两支分别交于两点，为的右支上一点（异于点），的内切圆圆心为.则以下结论正确的是（ ）
A．直线与的斜率之积为4
B．若，则
C．以为直径的圆与圆相切
D．若，则点坐标为
【答案】B,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；圆与圆的位置关系及其判定；双曲线的定义；球面余弦定理
【解析】【解答】解：A：设点，，，，，，则且，两式相减得，，
，故A错误.
B：由于，，若，由余弦定理可得，解得，由于，故，故B正确.
C：在双曲线右支上，，是线段的中点，，是线段的中点，，，，，即圆心距等于两圆的半径之差，以线段为直径的圆与圆的位置关系是内切，故C正确．
D：记，，，，解得或 （舍去），， 的面积为，设三角的内切圆半径为，则，所以，设圆与三边相切于，则设则故，解得，所以，故或，D错误，
故答案为：BC．
【分析】由题意设点，，，，，，把点，坐标代入双曲线的方程，两式相减得，即可判断A；利用余弦定理，结合；记，则双曲线定义即可判断B，由于，利用勾股定理以及双曲线定义，结合等面积法进而可求内切圆半径，利用切线长的性质即可求解C；画出图形，利用是线段的中点，结合双曲线的性质以及定义，转化推出以为直径的圆与圆的位置关系即可判断D．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高三上·广东月考）已知在的展开式中第5项为常数项，展开式中含有顶的系数为 .
【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：的展开式中第5项为，第5项为常数项，故，则，所以的展开式中第项为：，当时，，故第2项为：.
故答案为：.
【分析】依据二项式展开式的通项公式，结合“第5项为常数项”这一条件求出的值，再利用通项公式求出含项的系数，关键在于熟练掌握二项式通项公式（ ），通过常数项的指数为确定，再根据的指数要求确定对应项的系数，体现了利用通项公式分析二项式展开式中特定项的方法 .
13．（2024高三上·广东月考）已知函数，正数满足，则的最小值为 ．
【答案】12
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为定义域为，又，
所以为奇函数，有，
又，所以，即，
又因为为正数，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
故答案为：12．
【分析】由函数奇偶性的判定得出为奇函数，有，进而得出，再根据基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）求解即可．
奇函数的定义：如果对于函数的定义域内任意的一个x，都有，那么函数就叫做奇函数
14．（2024高三上·广东月考）正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是 ．
【答案】
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，所以，又，所以，又的面积是面积的倍，所以，以点为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，设点的坐标为，则，，由已知，所以，所以，其中，，所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的一段圆弧，过点作，因为平面，所以平面，即平面，所以为三棱锥的高，所以三棱锥的体积，因为，，所以，，所以当时，取最大值，最大值为，所以当时，三棱锥体积取最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】通过线面垂直关系和角相等证明三角形相似，利用面积比得出线段比例关系，再建立平面直角坐标系确定点 的轨迹，最后结合三棱锥体积公式，根据轨迹找到体积最大时的点 P位置，进而求出最大值.关键在于利用线面垂直性质找角的关系证明相似，借助坐标系分析点P的轨迹，将体积最值问题转化为轨迹上点到面距离的最值问题，体现了立体几何与平面解析几何的融合.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高三上·广东月考）已知数列中，，且，为数列的前n项和，，数列是等比数列，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）解： 由已知当，时，，，所以，
又，所以，
所以，所以数列为等差数列，公差为，
又，所以，
所以当，时，，
又，所以，，
设等比数列的公比为，
因为，，
所以，，
所以，所以.
（2）解： 由（1），所以，
所以数列的前项和，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）对于数列，通过对变形，结合，推导的性质求；对于等比数列，利用已知条件列方程求首项和公比.（2）数列求和则通过裂项相消法，将通项拆分为可抵消的形式计算，关键在于灵活运用数列的前项和与通项的关系、等差数列和等比数列的定义及性质，以及裂项相消的技巧 .
（1）由已知当，时，，，
所以，
又，
所以，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，
又，所以，
所以当，时，，
又，
所以，，
设等比数列的公比为，
因为，，
所以，，
所以，所以，
（2）由（1），
所以，
所以数列的前项和，
所以.
16．（2024高三上·广东月考）图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到如图2所示的三棱锥，且．
（1）证明：平面平面ABC；
（2）点M是棱PA上不同于P，A的动点，设，若平面PBC与平面MBC的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明：由于正方形ABCD的边长为，所以．取AC的中点O，连接PO，BO，由题意，得，再由，可得，即．由题易知，又，面，所以平面ABC，又平面PAC，所以平面平面ABC．
（2）解：由（1）可知，，又，故以OC，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，，
由题意知，所以．所以．
设平面MBC的法向量为，则令，得；
设平面的法向量为，，令，得；
则，
设，，则上式可化为，
即，所以（舍去），
所以，解得．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 空间几何中的面面垂直证明与二面角相关计算展开.对于（1），通过取中点构造线段，利用勾股定理及线面垂直判定定理证明面面垂直，关键在于找到垂直关系的桥梁；
对于（2），建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，通过设参数表示点坐标，结合法向量与二面角余弦值的关系列方程求解，体现了空间几何与向量代数的融合.
（1）由于正方形ABCD的边长为，所以．
取AC的中点O，连接PO，BO，
由题意，得，再由，可得，即．
由题易知，又，面，所以平面ABC，
又平面PAC，所以平面平面ABC．
（2）由（1）可知，，又，
故以OC，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，，
由题意知，所以．
所以．
设平面MBC的法向量为，
则令，得；
设平面的法向量为，
，令，得；
则，
设，，则上式可化为，
即，所以（舍去），
所以，解得．
17．（2024高三上·广东月考）夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若在前一天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．（提示：设表示第天选择绿豆汤）
（1）求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率
（2）求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
（3）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，求出的通项公式.
【答案】（1）解：该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为 .
（2）解：设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，
则表示第1天选择银耳羹，根据题意得：，
所以．
（3）解：设表示第天选择绿豆汤，
则，
根据题意得：，
由全概率公式得：
，即，
整理得：，又因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用独立事件乘法求概率公式，从而得出该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率.
（2）利用已知条件和古典概型求概率公式、对立事件求概率公式以及条件概率公式，从而得出该同学第2天选择绿豆汤的概率.
（3）利用对立事件求概率公式、条件概率公式和全概率公式，从而得出，再利用和等比数列的定义，则判断出数列是以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（1）该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为；
（2）设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹，
根据题意得，，
所以．
（3）设表示第天选择绿豆汤，则，
根据题意得，，
由全概率公式得，，
即，整理得，，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，所以..
18．（2024高三上·广东月考）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：．
【答案】（1）解： 依题意，可得，解得，故椭圆C的标准方程为：.
（2）证明：
如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足；当时，不妨设直线，由消去，整理得，，显然，设，则由韦达定理，故，因，则，则，此式的分子为：，故得，即，得证.
如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足；当时，不妨设直线，由消去，整理得，，显然，设，则由韦达定理，故，因，则，则，此式的分子为：，故得，即，得证.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】椭圆标准方程求解及直线与椭圆位置关系下的斜率关系证明展开.对于（1），利用椭圆的基本性质（焦点与、、的关系 ）和椭圆上点的坐标满足椭圆方程，联立方程组求解、；
对于（2），通过设直线方程，与椭圆方程联立，借助韦达定理得到根与系数的关系，再结合斜率公式进行推导证明，关键在于合理设元、利用韦达定理转化条件以及准确计算斜率关系 .
（1）依题意，可得，解得，
故椭圆C的标准方程为：；
（2）如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足；
当时，不妨设直线，由消去，整理得，，
显然，设，则由韦达定理，故，
因，则，
则，
此式的分子为：，
故得，即，得证.
19．（2024高三上·广东月考）已知函数.
（1）函数与的图像关于对称，求的解析式；
（2）在定义域内恒成立，求a的值；
（3）求证：，.
【答案】（1）解：依题意，设图像上任意一点坐标为，
则其关于对称的点在图像上，
则，
则，，
故，.
（2）解：令，，
则在恒成立，
又因为，且在上是连续函数，
则为的一个极大值点，
则，，
下证当时，在恒成立，
令，，
当，，在上单调递增；
当，，在上单调递减，
故，在上恒成立，
又因为，当时，则恒成立，
综上所述，.
（3）证明：由（2）可知：，
则，即，
则，
又由（2）可知：在上恒成立，
则在上恒成立且当且仅当时取等号，
令，，则，
即，则
，
综上所述，，即证.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）设图像上任意一点坐标为，利用其对称点在函数的图象上，从而得出函数的解析式.
（2）令，则在恒成立，再利用且在上是连续函数，可得为的一个极大值点，由导数求极值点的方法得出的值，再证明当时，在恒成立即可.
（3）由（2）可知：，可得，进而可得，再利用在上恒成立且当且仅当时取等号，可得，，从而证出，成立.
（1）依题意，设图像上任意一点坐标为，
则其关于对称的点在图像上，
则，则，
故，；
（2）令，，
则在在恒成立，
又，且在上是连续函数，则为的一个极大值点，
，，
下证当时，在恒成立，
令，，
当，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
故，在上恒成立，又，
则时，恒成立，
综上，.
（3）由（2）可知：，
则，即，
则，
又由（2）可知：在上恒成立，
则在上恒成立且当且仅当时取等，
令，，则，
即，
则
，
综上，，即证
1 / 1广东省部分学校2025届高三上学期9月联合教学质量检测数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2024高三上·广东月考）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·广东月考）已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·广东月考）已知，，且，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·广东月考）某大学共有15000名学生，为了了解学生书籍阅读量情况，该校从全校学生中随机抽取1000名，统计他们2022年阅读的书籍数量，由此来估计该校学生当年阅读书籍数量的情况，下列估计中正确的是（ ）(注：同一组数据用该组区间的中点值作为代表)
A．众数约为10
B．中位数约为6.5
C．平均数约为6.76
D．该校学生2022年阅读的书籍数量的第60百分位数约为7.6
5．（2024高三上·广东月考）抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，则的最小值为（ ）
A．5 B．9 C．8 D．10
6．（2024高三上·广东月考）已知数列满足，对，，都有，为数列的前n项乘积，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·广东月考）已知函数（）在上有三个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·广东月考）已知函数，若，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2024高三上·广东月考）已知函数，则（ ）
A．是最小正周期是 B．是的一个极值点
C．的最小值是 D．在上单调递减
10．（2024高三上·广东月考）在圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的底面半径为，母线长为，点为的中点，圆锥底面上点在以为直径的圆上（不含两点），点在上，且，当点运动时，则（ ）
A．三棱锥的外接球体积为定值
B．直线与直线不可能垂直
C．直线与平面所成的角可能为
D．
11．（2024高三上·广东月考）已知双曲线的左 右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线的左 右两支分别交于两点，为的右支上一点（异于点），的内切圆圆心为.则以下结论正确的是（ ）
A．直线与的斜率之积为4
B．若，则
C．以为直径的圆与圆相切
D．若，则点坐标为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高三上·广东月考）已知在的展开式中第5项为常数项，展开式中含有顶的系数为 .
13．（2024高三上·广东月考）已知函数，正数满足，则的最小值为 ．
14．（2024高三上·广东月考）正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是 ．
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2024高三上·广东月考）已知数列中，，且，为数列的前n项和，，数列是等比数列，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
16．（2024高三上·广东月考）图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到如图2所示的三棱锥，且．
（1）证明：平面平面ABC；
（2）点M是棱PA上不同于P，A的动点，设，若平面PBC与平面MBC的夹角的余弦值为，求的值．
17．（2024高三上·广东月考）夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若在前一天选择绿豆汤的条件下，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而在前一天选择银耳羹的条件下，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．（提示：设表示第天选择绿豆汤）
（1）求该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率
（2）求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
（3）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，求出的通项公式.
18．（2024高三上·广东月考）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：．
19．（2024高三上·广东月考）已知函数.
（1）函数与的图像关于对称，求的解析式；
（2）在定义域内恒成立，求a的值；
（3）求证：，.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】解：由，可得，又，可得.
故答案为：A.
【分析】依次求出集合在全集中的补集，再求其与集合的交集，解题关键在于理解补集和交集的定义，补集是在全集中除去集合的元素，交集是取两个集合中共同的元素 .
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】.
故答案为：A.
【分析】对复数的分式进行化简，关键在于利用复数的乘法法则将分母实数化，即给分子分母同乘分母的共轭复数，然后展开计算，逐步化简得出结果 .
3．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，所以，，又因为，设的夹角为，，在上的投影为：，所以在上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】用向量垂直的性质求出的值，再依据投影向量的定义，结合向量数量积与模长的关系，逐步推导出在上的投影向量 .
4．【答案】D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，由图可知众数在内，所以众数是6，故A错误；对于B，由图，中位数在内，所以，解得，故B错误；对于C，平均数为，故C错误；对于D，由图，该校学生2022年阅读的书籍数量的第60百分位数约为，故D正确.
故答案为：D.
【分析】 需要依据频率分布直方图，分别计算众数、中位数、平均数和第60百分位数，来判断各个选项的正确性，解题关键在于理解众数、中位数、平均数、百分位数在频率分布直方图中的计算方法，利用区间中点值、频率等数据进行求解 .
5．【答案】B
【知识点】基本不等式；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：由抛物线焦点弦性质可得，则，所以，令，，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为9.
故答案为：B.
【分析】利用抛物线焦点弦的性质得到的定值，再通过对进行变形，结合基本不等式（均值不等式 ）来求解最小值 .
6．【答案】A
【知识点】等比数列的通项公式；数列的递推公式
【解析】【解答】解：因为对，，都有，所以令，有，则有，令，有，又因为，所以，因为，
，且，所以，即，所以，则，所以数列是以首项为，公比为的等比数列，所以
，
故答案为：A.
【分析]根据数列的递推关系判断数列类型，再结合条件确定首项，最后根据等比数列性质求前项积。关键在于利用递推式，通过赋值法找出数列的规律，确定首项和公比.
7．【答案】A
【知识点】正弦函数的图象；正弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：令，则，当时，则，因为函数在上有三个零点，所以，∴，
故答案为：A.
【分析】将函数零点问题转化为三角函数方程的解的问题，再结合正弦函数的图象与性质，通过确定的取值范围，分析方程解的个数，进而求出的取值范围，关键在于理解函数零点与方程解的对应关系，以及正弦函数在特定区间内解的分布规律 .
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为函数，
，在区间上是单调减函数，
所以，
又在区间上是单调增函数，
所以 ，
由于 使得 ，
所以 ，
当时，或 ，
解得或 ．
所以当时，得
故答案为：B．
【分析】分别确定函数 和 在区间 上的值域，再根据“存在 使得 ”，转化为两个函数值域的交集非空，进而求解实数 的取值范围.
9．【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于A，假设是最小正周期是为，
则，
显然根据正弦的诱导公式知的最小正值为，则是最小正周期是，故A正确；
对于B，
，
则，
当时，；当时，，
则在的左右两侧，导函数符号不变，故不是的一个极值点，故B错误；
对于C，，
当时，，函数单调递增；
当，时，，函数单调递减，
所以，故C错误；
对于D，由选项C分析可知，令，则的一个单调减区间为，
则在上单调递减，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】通过结合函数的周期性，则可判断选项A；先求导得出，再根据极值点的定义，即可判断选项B；根据选项B中的导函数判断函数的单调性，即可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：连接，对于A，易知平面，平面，所以，因为点在以为直径的圆上（不含、），所以，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，为的中点，，所以，所以点为三棱锥的外接球的球心，所以三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球体积为定值，A正确；由已知，，，，所以，所以为等腰直角三角形，连接，又为的中点，故，又，，平面，平面，则平面，又平面，所以，故B错误；因为平面，又平面，所以，又，，平面，平面，则平面，所以在平面上的射影为，所以为直线与平面所成的角，设，则，又，所以，所以，令，则，解得，即，与矛盾，C错误；对于D中，因为平面，平面，所以，又，，
所以，所以，，由基本不等式可得，即，所以，D正确.
故答案为：AD
【分析】 围绕圆锥的几何特征，利用线面垂直判定、外接球性质、线面角定义、基本不等式等知识，对每个选项逐一分析判断，通过挖掘圆锥中各线段、平面间的垂直关系，结合相关几何定理计算推理，确定选项的正确性.
11．【答案】B,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；圆与圆的位置关系及其判定；双曲线的定义；球面余弦定理
【解析】【解答】解：A：设点，，，，，，则且，两式相减得，，
，故A错误.
B：由于，，若，由余弦定理可得，解得，由于，故，故B正确.
C：在双曲线右支上，，是线段的中点，，是线段的中点，，，，，即圆心距等于两圆的半径之差，以线段为直径的圆与圆的位置关系是内切，故C正确．
D：记，，，，解得或 （舍去），， 的面积为，设三角的内切圆半径为，则，所以，设圆与三边相切于，则设则故，解得，所以，故或，D错误，
故答案为：BC．
【分析】由题意设点，，，，，，把点，坐标代入双曲线的方程，两式相减得，即可判断A；利用余弦定理，结合；记，则双曲线定义即可判断B，由于，利用勾股定理以及双曲线定义，结合等面积法进而可求内切圆半径，利用切线长的性质即可求解C；画出图形，利用是线段的中点，结合双曲线的性质以及定义，转化推出以为直径的圆与圆的位置关系即可判断D．
12．【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：的展开式中第5项为，第5项为常数项，故，则，所以的展开式中第项为：，当时，，故第2项为：.
故答案为：.
【分析】依据二项式展开式的通项公式，结合“第5项为常数项”这一条件求出的值，再利用通项公式求出含项的系数，关键在于熟练掌握二项式通项公式（ ），通过常数项的指数为确定，再根据的指数要求确定对应项的系数，体现了利用通项公式分析二项式展开式中特定项的方法 .
13．【答案】12
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为定义域为，又，
所以为奇函数，有，
又，所以，即，
又因为为正数，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
故答案为：12．
【分析】由函数奇偶性的判定得出为奇函数，有，进而得出，再根据基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）求解即可．
奇函数的定义：如果对于函数的定义域内任意的一个x，都有，那么函数就叫做奇函数
14．【答案】
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，所以，又，所以，又的面积是面积的倍，所以，以点为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，设点的坐标为，则，，由已知，所以，所以，其中，，所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的一段圆弧，过点作，因为平面，所以平面，即平面，所以为三棱锥的高，所以三棱锥的体积，因为，，所以，，所以当时，取最大值，最大值为，所以当时，三棱锥体积取最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】通过线面垂直关系和角相等证明三角形相似，利用面积比得出线段比例关系，再建立平面直角坐标系确定点 的轨迹，最后结合三棱锥体积公式，根据轨迹找到体积最大时的点 P位置，进而求出最大值.关键在于利用线面垂直性质找角的关系证明相似，借助坐标系分析点P的轨迹，将体积最值问题转化为轨迹上点到面距离的最值问题，体现了立体几何与平面解析几何的融合.
15．【答案】（1）解： 由已知当，时，，，所以，
又，所以，
所以，所以数列为等差数列，公差为，
又，所以，
所以当，时，，
又，所以，，
设等比数列的公比为，
因为，，
所以，，
所以，所以.
（2）解： 由（1），所以，
所以数列的前项和，
所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）对于数列，通过对变形，结合，推导的性质求；对于等比数列，利用已知条件列方程求首项和公比.（2）数列求和则通过裂项相消法，将通项拆分为可抵消的形式计算，关键在于灵活运用数列的前项和与通项的关系、等差数列和等比数列的定义及性质，以及裂项相消的技巧 .
（1）由已知当，时，，，
所以，
又，
所以，
所以，
所以数列为等差数列，公差为，
又，所以，
所以当，时，，
又，
所以，，
设等比数列的公比为，
因为，，
所以，，
所以，所以，
（2）由（1），
所以，
所以数列的前项和，
所以.
16．【答案】（1）证明：由于正方形ABCD的边长为，所以．取AC的中点O，连接PO，BO，由题意，得，再由，可得，即．由题易知，又，面，所以平面ABC，又平面PAC，所以平面平面ABC．
（2）解：由（1）可知，，又，故以OC，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，，
由题意知，所以．所以．
设平面MBC的法向量为，则令，得；
设平面的法向量为，，令，得；
则，
设，，则上式可化为，
即，所以（舍去），
所以，解得．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 空间几何中的面面垂直证明与二面角相关计算展开.对于（1），通过取中点构造线段，利用勾股定理及线面垂直判定定理证明面面垂直，关键在于找到垂直关系的桥梁；
对于（2），建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，通过设参数表示点坐标，结合法向量与二面角余弦值的关系列方程求解，体现了空间几何与向量代数的融合.
（1）由于正方形ABCD的边长为，所以．
取AC的中点O，连接PO，BO，
由题意，得，再由，可得，即．
由题易知，又，面，所以平面ABC，
又平面PAC，所以平面平面ABC．
（2）由（1）可知，，又，
故以OC，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，，
由题意知，所以．
所以．
设平面MBC的法向量为，
则令，得；
设平面的法向量为，
，令，得；
则，
设，，则上式可化为，
即，所以（舍去），
所以，解得．
17．【答案】（1）解：该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为 .
（2）解：设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，
则表示第1天选择银耳羹，根据题意得：，
所以．
（3）解：设表示第天选择绿豆汤，
则，
根据题意得：，
由全概率公式得：
，即，
整理得：，又因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用独立事件乘法求概率公式，从而得出该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率.
（2）利用已知条件和古典概型求概率公式、对立事件求概率公式以及条件概率公式，从而得出该同学第2天选择绿豆汤的概率.
（3）利用对立事件求概率公式、条件概率公式和全概率公式，从而得出，再利用和等比数列的定义，则判断出数列是以为首项，为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式.
（1）该同学第一天和第二天都选择绿豆汤的概率为；
（2）设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹，
根据题意得，，
所以．
（3）设表示第天选择绿豆汤，则，
根据题意得，，
由全概率公式得，，
即，整理得，，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，所以..
18．【答案】（1）解： 依题意，可得，解得，故椭圆C的标准方程为：.
（2）证明：
如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足；当时，不妨设直线，由消去，整理得，，显然，设，则由韦达定理，故，因，则，则，此式的分子为：，故得，即，得证.
如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足；当时，不妨设直线，由消去，整理得，，显然，设，则由韦达定理，故，因，则，则，此式的分子为：，故得，即，得证.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】椭圆标准方程求解及直线与椭圆位置关系下的斜率关系证明展开.对于（1），利用椭圆的基本性质（焦点与、、的关系 ）和椭圆上点的坐标满足椭圆方程，联立方程组求解、；
对于（2），通过设直线方程，与椭圆方程联立，借助韦达定理得到根与系数的关系，再结合斜率公式进行推导证明，关键在于合理设元、利用韦达定理转化条件以及准确计算斜率关系 .
（1）依题意，可得，解得，
故椭圆C的标准方程为：；
（2）如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足；
当时，不妨设直线，由消去，整理得，，
显然，设，则由韦达定理，故，
因，则，
则，
此式的分子为：，
故得，即，得证.
19．【答案】（1）解：依题意，设图像上任意一点坐标为，
则其关于对称的点在图像上，
则，
则，，
故，.
（2）解：令，，
则在恒成立，
又因为，且在上是连续函数，
则为的一个极大值点，
则，，
下证当时，在恒成立，
令，，
当，，在上单调递增；
当，，在上单调递减，
故，在上恒成立，
又因为，当时，则恒成立，
综上所述，.
（3）证明：由（2）可知：，
则，即，
则，
又由（2）可知：在上恒成立，
则在上恒成立且当且仅当时取等号，
令，，则，
即，则
，
综上所述，，即证.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）设图像上任意一点坐标为，利用其对称点在函数的图象上，从而得出函数的解析式.
（2）令，则在恒成立，再利用且在上是连续函数，可得为的一个极大值点，由导数求极值点的方法得出的值，再证明当时，在恒成立即可.
（3）由（2）可知：，可得，进而可得，再利用在上恒成立且当且仅当时取等号，可得，，从而证出，成立.
（1）依题意，设图像上任意一点坐标为，
则其关于对称的点在图像上，
则，则，
故，；
（2）令，，
则在在恒成立，
又，且在上是连续函数，则为的一个极大值点，
，，
下证当时，在恒成立，
令，，
当，，在上单调递增，
当，，在上单调递减，
故，在上恒成立，又，
则时，恒成立，
综上，.
（3）由（2）可知：，
则，即，
则，
又由（2）可知：在上恒成立，
则在上恒成立且当且仅当时取等，
令，，则，
即，
则
，
综上，，即证
1 / 1
